当前位置:首页 > 2019年江苏省南通市通州区高考数学模拟试卷(4月份)(解析版)
∴=?(-)=-=9-2=7.
置关系分析可得答案.
本题考查直线与圆的综合应用,涉及直线与圆的位置关系,属于综合题.
故答案为:7. 用
表示出各向量,根据
=3计算
,再计算
的值.
【解析】
14.【答案】[
,
)
本题考查了平面向量的基本定理,数量积运算,属于中档题. 12.【答案】
【解析】
22
解:由a+2ab-3b=1得(a+3b)(a-b)=1,
解:f′(x)=lnx+1,故当x∈(0,)时,f′(x)<0,当x∈(,+∞)时,f′(x)>0, ∴f(x)在(0,)上单调递减,(,+∞)上单调递增,且f(1)=1 又g(x)的函数图象开口向下,对称轴为x=6+,
要使不等式f(x)≤g(x)的解集中恰有两个整数,其图象如下:
令x=a+3b,y=a-b,则xy=1且a=
22
所以a+b=(2
当且仅当x=
2)+(2,y=
2)=
,b=
≥
,
=
,
,时取等.
故答案为.
22
由a+2ab-3b=1得(a+3b)(a-b)=1,再换元令x=a+3b,y=a-b,然后利用基本不等式可得.
本题考查了基本不等式及其应用,属中档题. 13.【答案】[2 -1,2 +1]
【解析】
22
解:根据题意,△ABC的外接圆方程为x+y=4,其半径为2,
不等式f(x)≤g(x)的解集中恰有两个整数是1,2, ∴
?
,
若∠ACB=,则∠AOB=,M为AB的中点,则|OM|=1,
解得
≤a<
.
,).
).
则M在以O为圆心,半径为1的圆上,
又由点N与点M关于直线y=x+2对称,且(0,0)与(-2,2)关于直线y=x+2对称, 则点N的轨迹为以(-2,2)为圆心,半径为1的圆, 设P(-2,2),则|OP|=2则有2
-1≤|ON|≤2
-1,2
,
+1,即线段ON长度的取值范围是[2+1].
,进而可得|OM|=1,据此可得M在以O为圆心,
-1,2
+1];
∴实数a的取值范围是[故答案为:[
,
推导出f′(x)=lnx+1,f(x)在(0,)上单调递减,(,+∞)上单调递增,且f(1)=1,f(x)的函数图象开口向下,对称轴为x=6+,利用数形结合法求出不等式f(x)≤g(x)的解集中恰有两个整数是1,2,列出不等式组,能求出实数a的取值范围.
本题考查利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、方程与不等式的解法,考查换元法的应用,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
故答案为:[2
根据题意,由圆心角定理分析可得∠AOB=
半径为1的圆上;进而分析可得点N的轨迹为以(-2,2)为圆心,半径为1的圆,结合点与圆的位
第5页,共10页
15.【答案】(本题满分为14分)
解:(1)∵
因为BD?平面MBD,所以平面MBD⊥平面PCD. 【解析】
(1)连接AC交BD于O,连接OM,由PA∥平面MBD证明PA∥OM,利用平行四边形证明M是PC的中点;
= sin2x+ -
=sin(2x- ),…4分
∵x∈[0, ],∴2x- ∈[ , ],
∴- ≤sin(2x- )≤1,即函数f(x)的值域是[- ,1]…7分
(2)△ABD中利用余弦定理求出BD的值,判断△ABD是Rt△,得出AB⊥BD, 再由题意得出BD⊥CD,证得BD⊥平面PCD,平面MBD⊥平面PCD. 本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题,是中档题. 17.【答案】解:(1)当10≤x≤15且x∈N×时,设h(x)=k1(18-x)2,
由题意可知h(15)=9,即9=9k1,故k1=1,
2
此时利润f(x)=(x-8)(18-x),
(2)由(1)可知 =sin(C- ), ∵C为锐角, ∴C- ∈(- , ),
∴C- =- ,可得:C= …10分 在ABC中,AB=3,A= ,
由正弦定理可得: ,即: = ,…12分
当15≤x≤30且x∈N时,设h(x)= ,
×
又h(15)=9,故9= ,故k2=3.
此时利润f(x)=(x-8) =
.
解得:BC=3 …14分 【解析】
, , ∈
. ∴f(x)=
, , ∈ (2)当10≤x≤15且x∈N时,
×
(1)利用三角函数恒等变换的应用可求f(x)=sin(2x-),可求范围x-∈[函数的性质可求其值域.
,
],利用正弦
f′(x)=(x-18)(3x-34),令f′(x)=0可得x=18(舍)或x=,
∴当10≤x< 时,f′(x)>0,当 <x≤15时,f′(x)<0,
(2)由(1)可知sin(C-)=-,由范围C-∈(-,),可求C的值,根据正弦定理可得BC的值. ∴f(x)在[10, )上单调递增,在( ,15]上单调递减, 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用,正弦函数的性质以及正弦定理的应用,考查了转化思想,属于中档题.
16.【答案】证明:(1)连接AC交BD于O,连接OM,如图所示;
因为PA∥平面MBD,PA?平面PAC,平面PAC∩平面MBD=OM, 所以PA∥OM;
因为四边形ABCD是平行四边形, 所以O是AC的中点, 所以M是PC的中点;
(2)△ABD中,AD=2,AB=1,∠BAD=60°,
222
所以BD=AB+AD-2AB?ADcos∠BAD=3,
222
所以AD=AB+BD,所以AB⊥BD;
因为四边形ABCD是平行四边形,所以AB∥CD,所以BD⊥CD;
又因为平面PCD⊥平面ABCD,且平面PCD∩平面ABCD=CD,BD?平面ABCD, 所以BD⊥平面PCD;
×
∵x∈N,且f(11)=147,f(12)=144, ∴当x=11时,f(x)取得最大值147.
当15≤x≤30且x∈N时,f′(x)=
×
,
2 (舍), 令f′(x)=0可得x=10±
∴当15≤x≤30时,f′(x)>0,故f(x)在[15,30]上单调递增, ∴当x=30时,f(x)取得最大值f(30)=99. 综上,当x=11时,f(x)取得最大值147.
答:当每件产品的售价为11元时,该公司的月利润f(x)最大,最大利润为147万元. 【解析】
(1)根据h(15)=9分别求出h(x)在不同区间上的解析式,再得出f(x)的解析式;
(2)利用导数判断f(x)的单调性,分别求出f(x)在不同区间上的最大值,比较得出f(x)的最大
第6页,共10页
值及对应的x的值.
本题考查了分段函数解析式的求解,分段函数最值的计算,属于中档题.
18.【答案】解:(1)由条件, ,解得
, 所以,椭圆C的标准方程为
;
(2)当m=1时,直线l的方程为y=k(x-1),设点A(x1,y1)、B(x2,y2),
由 y得,(1+4k2)x2-8k2x+4
,消去k2-4=0, 因为点P在椭圆内,所以,△>0,
由韦达定理得
,所以, , , 所以,
,则直线MN的方程为
,
由 ,消去y得
,所以, , ,
因为 ,所以,
, 因为k>0,解得
;
(3)设直线l的方程为y=k(x-m),
由
,消去y可得(1+4k2)x-8k2mx+4k2
m2-4=0, ∴△=(-8k2m)2-4(1+4k2)(4k2m2-4)>0,即4k2-k2m2
+1>0(*),
∴x1+x 2=
,
∴D(
, ), ∵点M,N关于原点对称,
由(2)可知N( ,- ), 由四边形OANB为平行四边形,可得 =2×
, 即m2
=1+
,
将m2
=1+
,代入(*)式恒成立,
∴当k>0是,m2
>1,
∵m>0, ∴m>1. 【解析】
(1)由条件,
,解得
,即可求出椭圆方程,
(2)当m=1时,直线l的方程为y=k(x-1),根据韦达定理和中点坐标公式可得D点坐标,即可求出直线MN的斜率,可得直线MN的方程,求出点M的坐标,结合,求出k的
值,
(3)设直线l的方程为y=k(x-m),求出点D,N的关系,结合四边形OANB为平行四边形,即可求出m的取值范围.
本题考查椭圆方程的求法,考查满足条件的实数的取值范围的求法,解题时要认真审题,注意直线与椭圆的位置关系的综合运用.
19.【答案】解:(1)设切点为(x
0,f(x0)).由f′(x)= -a.∴f′(x0)= -a.
∴切线方程为:y-(lnx
0-ax0+1)=(
-a)(x-x0).即y=(
-a)x+lnx0.
∵直线y=2x与函数f(x)的图象相切,∴
-a=2,lnx0=0.
解得x0=1,a=-1.
(2)设u(x)=ex-x,x∈R.u′(x)=ex
-1,可得0是函数u(x)的极小值点,可得u(x)≥u(0)=1>0. 由g(x2)=x2( -x2)=0,解得x2=0. 由x1-x2>1,即x1>1.
由题意可得:函数f(x)=lnx-ax+1在x∈(1,+∞)上有零点. 由f′(x)=
-a=
.
当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在x∈(1,+∞)上单调递增,f(x)>f(1)=1-a>0,此时函数f(x)
无零点,舍去. 当a>0时,f′(x)=
,
当a≥1时,
≤1,f′(x)<0,函数f(x)在x∈(1,+∞)上单调递减,f(x)<f(1)=1-a≤0,此时函数
f(x)无零点,舍去.
当
>1,即0<a<1时,由f′(x)=0,解得x= ,可得函数f(x)在x∈(1,
)上单调递增,在x∈( ,+∞)上单调递减,
∴x=
时,函数f(x)取得极大值即最大值,f( )=ln >0.f(1)=1-a>0,∴函数f(x)在x∈(1, )上无零点.
由f(
)=ln -a? +1=ln4-2lna- +1.令h(a)=ln4-2lna-
+1.则h′(a)=- + =
>0.
∴函数h(a)在x∈(0,1)上单调递增,∴h(a)<h(1)=-3<0.∴f(
)<0.
第7页,共10页
∴函数f(x)在x∈( ,+∞)上连续不断,存在唯一的零点.∴f(x)在x∈( ,+∞)上有零点. 综上可得:a∈(0,1).
(3)证明:当a=-1时,f(x)=lnx+x+1,
x2
令F(x)=x+g(x)-f(x)=xe-lnx-x-1,
F′(x)=(x+1)ex--1=(xex-1).
(2)证明:取m=1,得 , 取m=2,得 . 两式相除,得
,即
,(n∈N*).
令G(x)=xe-1,x>0.则G′(x)=(x+1)e>0. ∴函数G(x)在x∈(0,+∞)上单调递增. ∵G(0)=-1,G(1)=e-1>0.
∴函数G(x)在区间(0,1)上存在一个零点,即函数G(x)在区间(0,+∞)上存在唯一零点x0∈(0,1).
∴当x∈(0,x0)时,G(x)<0,即F′(x)<0,此时函数F(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,G(x)>0,即F′(x)>0,此时函数F(x)单调递增. ∴F(x)min=F(x0)=x0 -lnx0-x0-1,由G(x0)=0可得:x0 =1. 两边取对数可得:lnx0+x0=0. 故F(x0)=1-(lnx0+x0)-1=0, 22
∴x+g(x)-f(x)≥0.即f(x)≤g(x)+x. 【解析】
xx
由于
,∴
对于任意n∈N*均成立.
∴{Sn+2}是首项为4,公比为2的等比数列,
∴ ,则 .
当n≥2时, . 而a1=2适合上式,∴ . ∵
,∴{an}是等比数列;
(1)设切点为(x0,f(x0)).由f′(x)=-a.可得f′(x0)=x+lnx0.由直线y=2x与函数f(x)的图象相切,可得
-a.可得切线方程为:y=(-a=2,lnx0=0.即可得出a.
-a)
xx
(2)设u(x)=e-x,x∈R.u′(x)=e-1,利用导数研究其单调性可得0是函数u(x)的极小值点,可
(3)解:由(2)知, , 设bs,br,bt成等差数列,则2br=bs+bt,
rrsstt
即2[2-(-1)]=2-(-1)+2-(-1),
str+1str
整理得,2+2-2=(-1)+(-1)-2(-1),
ssr
若t=r+1,则2=(-1)-3(-1), ssr
∵2≥2,∴(-1)-3(-1)只能为2或4,则s只能为1或2.
str+1strsr+1
若t=r+2,则2+2-2=(-1)+(-1)-2(-1)≥2+2>4,
str
∵(-1)+(-1)-2(-1)≤4,故矛盾.
综上,只能是b1,br,br+1成等差数列或b2,br,br+1为等差数列,其中r为奇数, 则t的最大值为3. 【解析】
(1)由a1=2,
对任意的正整数m,n恒成立,取m=n=1,可得a2=4.取
得u(x)≥u(0)=1>0.由g(x2)=x2(-x2)=0,解得x2=0.由x1-x2>1,即x1>1.由题意可得:函
.对a分类讨论,研究其单调性
数f(x)=lnx-ax+1在x∈(1,+∞)上有零点.由f′(x)=-a=即可得出.
m=1,n=2,再取m=2,n=1,然后联立解得a3=8,a4=16; (2)取m=1,得
,(n∈N*).结合
,取m=2,得
.两式相除,得
2x
(3)当a=-1时,f(x)=lnx+x+1,令F(x)=x+g(x)-f(x)=xe-lnx-x-1,利用导数研究其单调性极值
与最值即可得出.
.进一步求得
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等
(3)由(2)知,
价转化方法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
20.【答案】(1)解:由a1=2, 对任意的正整数m,n恒成立,
取m=n=1,可得 ,即 ,得a2=4. 取m=1,n=2,得 , 取m=2,n=1,得 , 解得a3=8,a4=16;
第8页,共10页
,可得{Sn+2}是首项为4,公比为2的等比数列,求得.利用定义证得{an}是等比数列;
str+1s
,设bs,br,bt成等差数列,则2br=bs+bt,得到2+2-2=(-1)+(-1)
t
-2(-1)r,分t=r+1和t=r+2两类分析得答案.
本题考查数列递推式,考查数列的函数特性,考查逻辑思维能力与推理运算能力,属难题. 21.【答案】解:由题意,可知:
矩阵M的特征多项式f(λ)=
=λ-a
()(λ-2)+b.
∵矩阵M的两个特征值分别为λ1=2,λ2=3. ∴f(2)=0,且f(3)=0.
共分享92篇相关文档